2018-2019学年广东省深圳市龙华区八年级(下)期末数学试卷(解析版)

2018-2019学年广东省深圳市龙华区八年级（下）期末数学试卷一、选择题[本部分共12小题，每小題3分，共36分.每小题给出4个选项，其中只有一个是正确的）1．（3分）下列x 的值中，能使不等式x ﹣1＜1成立的是（ ）A ．﹣3B ．2C ．3D ． 2．（3分）下列图案是我国几大银行的标志，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ． 3．（3分）要使分式有意义，x 应满足的条件是（ ） A ．x ＞3 B ．x ＜3 C ．x ≠﹣3 D ．x ≠3 4．（3分）已知一个多边形的每一个外角都是36°，则该多边形是（ ） A ．十二边形 B ．十边形 C ．八边形 D ．六边形 5．（3分）平面直角坐标系内，将点A （m ，n ）向左平移3个长度单位后得到点N ，则点N 的坐标是（ ）A ．（m +3，n ）B ．（m ﹣3，n ）C ．（m ，n +3）D ．（m ，n ﹣3） 6．（3分）下列多项式能分解因式的是（ ）A ．x 2+y 2B ．x 2y ﹣xy 2C ．x 2+xy +y 2D ．x 2+4x ﹣4 7．（3分）如图，等腰△ABC 中，AB ＝AC ，∠A ＝36°．用尺规作图作出线段BD ，则下列结论错误的是（ ）A ．AD ＝BDB ．∠DBC ＝36° C ．S △ABD ＝S △BCD D ．△BCD 的周长＝AB +BC8．（3分）已知a 、b 、c 是△ABC 的三边，且满足a 3﹣ac 2﹣ab 2＝0，则△ABC 一定是（ ）A．等腰三角形B．等边三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形9．（3分）已知不等式mx+n＞0的解集是x＞﹣2，下列各图中有可能是函数y＝mx+n的图象的是（）A．B．C．D．10．（3分）下列命题是假命题的是（）A．直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半B．三角形三条边的垂直平分线的交点到三角形的三个顶点的距离相等C．平行四边形是中心对称图形D．对角线相等的四边形是平行四边形．11．（3分）龙华区某校改造过程中，需要整修校门口一段全长2400m的道路．为了保证开学前师生进出不受影响，实际工作效率比原计划提高了20%，结果提前8天完成任务．若设原计划每天整修道路x米，根据题意可得方程（）A．﹣＝8B．﹣＝8C．﹣＝8D．﹣＝812．（3分）如图，平行四边形ABCD中，AD＝2AB，CE⊥AB于点E，CE的垂直平分线MN分别交AD、BC于M、N，交CE于O，连接CM、EM，下列结论：①∠AEM＝∠DCM；②AM＝DM；③∠BCD＝2∠DCM；④S四边形BEON ＝S△CDM．其中正确的个数有（）A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分）13．（3分）分解因式：a2b+2ab2+b3＝．14．（3分）如图3，△ABC中，AB的垂直平分线DE分别交AB、BC于E、D，若∠B＝40°，则∠ADC的度数为．15．（3分）“618购物节”前，天猫某品牌服装旗舰店采购了一大批服装，已知每套服装进价为240元，出售标价为360元，为了避免滞销库存，商店准备打折销售，但要保持利润不低于20%，那么至多可打折．16．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC的平分线AD交BC于点D，∠MDN的两边分别与AB、AC相交于M，N两点，且∠MDN+∠BAC＝180°，若AD＝6，∠BAC＝60°，则四边形AMDN的面积为．三、解答题（本题共7小题，共52分.）17．（6分）解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．18．（6分）先化简，再求值：（1﹣）÷，其中a＝319．（6分）解方程：20．（9分）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均在格点上，点A的坐标为（2，3），点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，2）．（1）以点C为旋转中心，将△ABC旋转180°后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；（2）平移△ABC，使点A的对应点A2的坐标为（0，﹣1），请画出△A2B2C2．（3）若将△A1B1C1绕点P旋转可得到△A2B2C2，则点P的坐标为21．（8分）某商家预测“华为P30”手机能畅销，就用1600元购进一批该型号手机壳．面市后果然供不应求，又购进6000元的同种型号手机壳，第二批所购手机壳的数量是第一批的3倍，但进货单价比第一批贵了2元．（1）第一批手机壳的进货单价是多少元？（2）若两次购进手机壳按同一价格销售，全部售完后，为使得获利不少于2000元，那么销售单价至少为多少？22．（8分）阅读下列材料，并解答其后的问题：我们知道，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．我们还知道，三角形的三条中位线可以将三角形分成四个全等的三角形．如图6﹣1，若D、E、F分别是△ABC三边的中点，则有DF∥BC，且DF＝BC，△ADF≌△DBE≌△FEC≌△EFD．（1）在图1中，若△ABC的面积为15，则△DEF的面积为；（2）如图2中，已知E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，求证：四边形EFGH 是平行四边形；（3）如图3中，已知E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，AC⊥BD，AC＝4，BD＝5，则四边形EFGH的面积为．23．（9分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），以线段OA为边作等边三角形△AOB，使点B落在第四象限内，点C为x正半轴上一动点．连接BC，以线段BC为边作等边三角形△BCD，使点D落在第四象限内．（1）如图1，在点C运动的过程中（OC＞2），连接AD．①△OBC和△ABD全等吗？请说明理由；②延长DA交y轴于点E，若AE＝AC，求点C的坐标；（2）如图2，已知M（6，0），当点C从点O运动到点M时，点D所走过的路径的长度为．2018-2019学年广东省深圳市龙华区八年级（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题[本部分共12小题，每小題3分，共36分.每小题给出4个选项，其中只有一个是正确的）1．（3分）下列x的值中，能使不等式x﹣1＜1成立的是（）A．﹣3B．2C．3D．【分析】根据不等式的解集的概念即可求出答案．【解答】解：不等式x﹣1＜1的解集为：x＜2．所以能使不等式x﹣1＜1成立的是﹣3故选：A．【点评】本题考查不等式的解集，解题的关键是正确理解不等式的解的概念，本题属于基础题型．2．（3分）下列图案是我国几大银行的标志，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解【解答】解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项不符合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项符合题意．故选：D．【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．3．（3分）要使分式有意义，x应满足的条件是（）A．x＞3B．x＜3C．x≠﹣3D．x≠3【分析】直接利用分式有意义的条件，即分母不等于0，进而得出答案．【解答】解：要使分式有意义，x应满足的条件是：x﹣3≠0，解得：x≠3．故选：D．【点评】此题主要考查了分式有意义的条件，正确把握分式有意义的条件是解题关键．4．（3分）已知一个多边形的每一个外角都是36°，则该多边形是（）A．十二边形B．十边形C．八边形D．六边形【分析】多边形的外角和是固定的360°，依此可以求出多边形的边数．【解答】解：∵一个多边形的每个外角都等于36°，∴多边形的边数为360°÷36°＝10．故选：B．【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理．熟练掌握多边形的外角和定理：多边形的外角和是360°是解题的关键．5．（3分）平面直角坐标系内，将点A（m，n）向左平移3个长度单位后得到点N，则点N 的坐标是（）A．（m+3，n）B．（m﹣3，n）C．（m，n+3）D．（m，n﹣3）【分析】向左平移3个长度单位，即点M的横坐标减3，纵坐标不变，得到点N．【解答】解：点A（m，n）向左平移3个长度单位后，坐标为（m﹣3，n），即N（m﹣3，n），故选：B．【点评】本题本题考查了坐标系中点、线段的平移规律，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．6．（3分）下列多项式能分解因式的是（）A．x2+y2B．x2y﹣xy2C．x2+xy+y2D．x2+4x﹣4【分析】直接利用分解因式的基本方法分别分析得出答案．【解答】解：A、x2+y2，无法分解因式，故此选项错误；B、x2y﹣xy2＝xy（x﹣y），故此选项正确；C、x2+xy+y2，无法分解因式，故此选项错误；D 、x 2+4x ﹣4，无法分解因式，故此选项错误；故选：B ．【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键． 7．（3分）如图，等腰△ABC 中，AB ＝AC ，∠A ＝36°．用尺规作图作出线段BD ，则下列结论错误的是（ ）A ．AD ＝BDB ．∠DBC ＝36° C ．S △ABD ＝S △BCD D ．△BCD 的周长＝AB +BC【分析】根据作图痕迹发现BD 平分∠ABC ，然后根据等腰三角形的性质进行判断即可．【解答】解：∵等腰△ABC 中，AB ＝AC ，∠A ＝36°，∴∠ABC ＝∠ACB ＝72°，由作图痕迹发现BD 平分∠ABC ，∴∠A ＝∠ABD ＝∠DBC ＝36°，∴AD ＝BD ，故A 、B 正确；∵AD ≠CD ，∴S △ABD ＝S △BCD 错误，故C 错误；△BCD 的周长＝BC +CD +BD ＝BC +AC ＝BC +AB ，故D 正确，故选：C ．【点评】考查了等腰三角形的性质，能够发现BD 是角平分线是解答本题的关键． 8．（3分）已知a 、b 、c 是△ABC 的三边，且满足a 3﹣ac 2﹣ab 2＝0，则△ABC 一定是（ ） A ．等腰三角形B ．等边三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形【分析】由a 3﹣ac 2﹣ab 2＝0知a （a 2﹣c 2﹣b 2）＝0，结合a ≠0得出a 2＝b 2+c 2，根据勾股定理逆定理可得答案．【解答】解：∵a、b、c是△ABC的三边，∴a≠0，b≠0，c≠0，又a3﹣ac2﹣ab2＝0，∴a（a2﹣c2﹣b2）＝0，则a2﹣c2﹣b2＝0，即a2＝b2+c2，∴△ABC一定是直角三角形．故选：C．【点评】本题主要考查因式分解的应用，解题的关键是掌握勾股定理逆定理与因式分解的运用．9．（3分）已知不等式mx+n＞0的解集是x＞﹣2，下列各图中有可能是函数y＝mx+n的图象的是（）A．B．C．D．【分析】不等式mx+n＞0的解集为直线y＝mx+n落在x轴上方的部分对应的x的取值范围是x＞﹣2，根据图象判断即可求解．【解答】解：A、不等式mx+n＞0的解集是x＞﹣2，故选项正确；B、不等式mx+n＞0的解集是x＜﹣2，故选项错误；C、不等式mx+n＞0的解集是x＞2，故选项错误；D、不等式mx+n＞0的解集是x＜2，故选项错误．故选：A．【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝mx+n的值大于0的自变量x的取值范围．10．（3分）下列命题是假命题的是（）A．直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半B．三角形三条边的垂直平分线的交点到三角形的三个顶点的距离相等C．平行四边形是中心对称图形D．对角线相等的四边形是平行四边形．【分析】利用直角三角形的性质、三角形的外心的性质、平行四边形的对称性及判定分别判断后即可确定正确的选项．【解答】解：A、直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，正确，是真命题；B、三角形三条边的垂直平分线的交点到三角形的三个顶点的距离相等，正确，是真命题；C、平行四边形是中心对称图形，正确，是真命题；D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原命题错误，是假命题，故选：D．【点评】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解直角三角形的性质、三角形的外心的性质、平行四边形的对称性及判定，难度不大．11．（3分）龙华区某校改造过程中，需要整修校门口一段全长2400m的道路．为了保证开学前师生进出不受影响，实际工作效率比原计划提高了20%，结果提前8天完成任务．若设原计划每天整修道路x米，根据题意可得方程（）A．﹣＝8B．﹣＝8C．﹣＝8D．﹣＝8【分析】直接利用施工时间提前8天完成任务进而得出等式求出答案．【解答】解：设原计划每天整修道路x米，根据题意可得方程：﹣＝8．故选：A．【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，正确找出等量关系是解题关键．12．（3分）如图，平行四边形ABCD中，AD＝2AB，CE⊥AB于点E，CE的垂直平分线MN分别交AD、BC于M、N，交CE于O，连接CM、EM，下列结论：①∠AEM＝∠DCM；②AM＝DM；③∠BCD＝2∠DCM；④S四边形BEON ＝S△CDM．其中正确的个数有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】①由平行四边形性质可得AB∥CD，由线段垂直平分线性质可得ME＝MC，再根据等角的余角相等可得①正确；②构造△AME≌△DMG（ASA），即可证明②正确；③利用平行四边形性质、线段垂直平分线性质和AD＝2AB可得四边形CDMN是菱形，依据菱形性质即可证明③正确；④S△CDM ＝S菱形CDMN，S四边形BEON＜S菱形CDMN，④不一定成立；【解答】解：延长EM交CD的延长线于G，如图，∵ABCD是平行四边形，∴AB∥CD∴∠AEM＝∠G∵CE⊥AB∴CE⊥CD∵MN垂直平分CE，∴ME＝MC∴∠MEC＝∠MCE∵∠MEC+∠G＝90°，∠MCE+∠DCM＝90°∴∠DCM＝∠G∴∠AEM＝∠DCM故①正确；∵∠DCM＝∠G∴MC＝MG∴ME＝MG∵∠AME＝∠DMG∴△AME≌△DMG（ASA）∴AM＝DM故②正确；∵ABCD 是平行四边形，∴AB ∥CD ，AB ＝CD ，AD ∥BC ，AD ＝BC∵CE ⊥AB ，MN ⊥CE∴AB ∥MN ∥CD∴四边形ABNM 、四边形CDMN 均为平行四边形∴MN ＝AB∵AM ＝MD ＝，AD ＝2AB∴MD ＝CD ＝MN ＝NC∴四边形CDMN 是菱形∴∠BCD ＝2∠DCM ，故③正确；设菱形ABNM 的高为h ，则S △CDM ＝S 菱形CDMN ，S 四边形BEON ＝（BE +ON ）×h ＝ON ×h∵OM ＝（AE +CD ）∴CD ＜OM ＜AB∴ON ＜CD∴S 四边形BEON ＜CD ×h ＝S 菱形CDMN ，故④不一定成立；故选：C ．【点评】本题主要考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．二、填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分）13．（3分）分解因式：a2b+2ab2+b3＝b（a+b）2．【分析】先提取公因式，再利用公式法把原式进行因式分解即可．【解答】解：原式＝b（a+b）2．故答案为：b（a+b）2．【点评】本题考查的是提公因式法与公式法的综合运用，熟记完全平方公式是解答此题的关键．14．（3分）如图3，△ABC中，AB的垂直平分线DE分别交AB、BC于E、D，若∠B＝40°，则∠ADC的度数为80°．【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到DB＝DA，得到∠DAB＝∠B＝40°，根据三角形的外角性质计算即可．【解答】解：∵DE是线段AB的垂直平分线，∴DB＝DA，∴∠DAB＝∠B＝40°，∴∠ADC＝∠DAB+∠B＝80°，故答案为：80°．【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、三角形的外角性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．15．（3分）“618购物节”前，天猫某品牌服装旗舰店采购了一大批服装，已知每套服装进价为240元，出售标价为360元，为了避免滞销库存，商店准备打折销售，但要保持利润不低于20%，那么至多可打八折．【分析】设打了x折，用售价×折扣﹣进价得出利润，根据利润率不低于20%，列不等式求解．【解答】解：设打了x折，由题意得360×0.1x﹣240≥240×20%，解得：x≥8．则要保持利润不低于20%，至多打8折．故答案为：八．【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，解答本题的关键是读懂题意，求出打折之后的利润，根据利润率不低于20%，列不等式求解．16．（3分）如图，在△ABC 中，∠BAC 的平分线AD 交BC 于点D ，∠MDN 的两边分别与AB 、AC 相交于M ，N 两点，且∠MDN +∠BAC ＝180°，若AD ＝6，∠BAC ＝60°，则四边形AMDN 的面积为 9 ．【分析】过点D 作DE ⊥AB 于点E ，DF ⊥AC 于点F ，证明△DEM ≌△DFN ，可得S △DEM ＝S △DFN ，进而得到S 四边形AMDN ＝S 四边形AEDF ，求出AF ，DF 的长，求得S △ADF ＝AF ×DF ＝2，即可得出结论．【解答】解：过点D 作DE ⊥AB 于点E ，DF ⊥AC 于点F ，∵AD 平分∠BAC ，DE ⊥AB 于点E ，DF ⊥AC 于点F ，∴DE ＝DF ，∵∠MDN +∠BAC ＝180°，∴∠AMD +∠AND ＝180°，又∵∠DNF +∠AND ＝180°∴∠EMD ＝∠FND ，又∵∠DEM ＝∠DFN ，DE ＝DF ，∴△DEM ≌△DFN （AAS ），∴S △DEM ＝S △DFN ，∴S 四边形AMDN ＝S 四边形AEDF ，∵AD ＝6，∠BAC ＝60°，∴∠DAF ＝30°，∴，∴S △ADF ＝AF ×DF ＝＝，∴S 四边形AMDN ＝S 四边形AEDF ＝2×S △ADF ＝9． 故答案为：9．【点评】本题主要考查了全等三角形的性质和判定、角平分线的性质定理等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．三、解答题（本题共7小题，共52分.）17．（6分）解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．【分析】根据一元一次不等式的解法分别解出两个不等式，根据不等式的解集的确定方法得到不等式组的解集．【解答】解：，解①得，x ＞﹣2，解②得，x ≤3，则不等式组的解集为﹣2＜x ≤3，在数轴上表示为：．【点评】本题考查的是一元一次不等式组的解法，掌握确定解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到是解题的关键．18．（6分）先化简，再求值：（1﹣）÷，其中a ＝3 【分析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将a 的值代入化简后的式子即可解答本题．【解答】解：（1﹣）÷＝＝＝，当a＝3时，原式＝＝．【点评】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．19．（6分）解方程：【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．【解答】解：去分母得：3＝x﹣3+3x，解得：x＝1.5，经检验x＝1.5是分式方程的解．【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．20．（9分）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均在格点上，点A的坐标为（2，3），点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，2）．（1）以点C为旋转中心，将△ABC旋转180°后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；（2）平移△ABC，使点A的对应点A2的坐标为（0，﹣1），请画出△A2B2C2．（3）若将△A1B1C1绕点P旋转可得到△A2B2C2，则点P的坐标为【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A1、B1、C1即可；（2）根据点A和A2的坐标特征确定平移的方向和距离，利用次平移规律写出点B2、C2的坐标，然后描点即可；、（3）连接A1A2、C1C2、B1B2，它们都经过点（﹣1，0），从而得到旋转中心点P．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）如图，△A2B2C2为所作．（3）△A1B1C1绕点P旋转可得到△A2B2C2，则点P点坐标为（﹣1，0）．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．21．（8分）某商家预测“华为P30”手机能畅销，就用1600元购进一批该型号手机壳．面市后果然供不应求，又购进6000元的同种型号手机壳，第二批所购手机壳的数量是第一批的3倍，但进货单价比第一批贵了2元．（1）第一批手机壳的进货单价是多少元？（2）若两次购进手机壳按同一价格销售，全部售完后，为使得获利不少于2000元，那么销售单价至少为多少？【分析】（1）设第一批手机壳进货单价为x元，则第二批手机壳进货单价为（x+2）元，根据单价＝总价÷数量结合第二批手机壳的数量是第一批的3倍，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；（2）设销售单价为m元，根据获利不少于2000元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其最小值即可得出结论．【解答】解：（1）设第一批手机壳进货单价为x元，根据题意得：3•＝，解得：x＝8，经检验，x＝8是分式方程的解．答：第一批手机壳的进货单价是8元．（2）设销售单价为m元，根据题意得：200（m﹣8）+600（m﹣10）≥2000，解得：m≥12．答：销售单价至少为12元．【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量间的关系，列出关于m的一元一次不等式．22．（8分）阅读下列材料，并解答其后的问题：我们知道，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．我们还知道，三角形的三条中位线可以将三角形分成四个全等的三角形．如图6﹣1，若D、E、F分别是△ABC三边的中点，则有DF∥BC，且DF＝BC，△ADF≌△DBE≌△FEC≌△EFD．（1）在图1中，若△ABC的面积为15，则△DEF的面积为；（2）如图2中，已知E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，求证：四边形EFGH 是平行四边形；（3）如图3中，已知E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，AC⊥BD，AC＝4，BD＝5，则四边形EFGH的面积为5．【分析】（1）由三角形中位线定理得出DF∥BC，且DF＝BC，△ADF≌△DBE≌△FEC≌△EFD，得出△DEF的面积＝△ABC的面积＝即可；（2）连接BD，证出EH是△ABD的中位线，FG是△BCD的中位线，由三角形中位线定理得出EH∥BD，EH＝BD，FG∥BD，FG＝BD，得出EH∥FG，EH＝FG，即可得出结论；（3）证出EH是△ABD的中位线，FG是△BCD的中位线，由三角形中位线定理得出EH ∥BD，EH＝BD＝，FG∥BD，FG＝BD，得出EH∥FG，EH＝FG，证出四边形EFGH是平行四边形，同理：EF∥AC，EF＝AC＝2，证出EH⊥EF，得出四边形EFGH 是矩形，即可得出结果．【解答】（1）解：∵D、E、F分别是△ABC三边的中点，则有DF∥BC，且DF＝BC，△ADF≌△DBE≌△FEC≌△EFD，∴△DEF的面积＝△ABC的面积＝；故答案为：；（2）证明：连接BD，如图2所示：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，∴EH是△ABD的中位线，FG是△BCD的中位线，∴EH∥BD，EH＝BD，FG∥BD，FG＝BD，∴EH∥FG，EH＝FG，∴四边形EFGH是平行四边形；（3）解：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，∴EH是△ABD的中位线，FG是△BCD的中位线，∴EH∥BD，EH＝BD＝，FG∥BD，FG＝BD，∴EH∥FG，EH＝FG，∴四边形EFGH是平行四边形，同理：EF∥AC，EF＝AC＝2，∵AC⊥BD，∴EH⊥EF，∴四边形EFGH是矩形，∴四边形EFGH的面积＝EH×EF＝×2＝5；故答案为：5．【点评】本题是四边形综合题目，考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定、矩形的判定与性质等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．23．（9分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），以线段OA为边作等边三角形△AOB，使点B落在第四象限内，点C为x正半轴上一动点．连接BC，以线段BC为边作等边三角形△BCD，使点D落在第四象限内．（1）如图1，在点C运动的过程中（OC＞2），连接AD．①△OBC和△ABD全等吗？请说明理由；②延长DA交y轴于点E，若AE＝AC，求点C的坐标；（2）如图2，已知M（6，0），当点C从点O运动到点M时，点D所走过的路径的长度为6．【分析】（1）①先根据等边三角形的性质得∠OBA＝∠CBD＝60°，OB＝BA，BC＝BD，则∠OBC＝∠ABD，然后可根据“SAS”可判定△OBC≌△ABD；②由全等三角形的性质可得∠BAD＝∠BOC＝∠OAB＝60°，可得∠EAO＝60°，可求AE＝2OA＝4，即可求点C坐标；（2）由题意可得点E是定点，点D在AE上移动，点D所走过的路径的长度＝OC＝6，．【解答】解：（1）①△OBC和△ABD全等，理由是：∵△AOB，△CBD都是等边三角形，∴OB＝AB，CB＝DB，∠ABO＝∠DBC，∴∠OBC＝∠ABD，在△OBC和△ABD中，∴△OBC≌△ABD（SAS）；②∵△OBC≌△ABD，∵∠BAD＝∠BOC＝60°，又∵∠OAB＝60°，∴∠OAE＝180°﹣∠OAB﹣∠BAD＝60°，∴Rt△OEA中，AE＝2OA＝4∴OC＝OA+AC＝6∴点C（6，0）（2）∵△OBC≌△ABD，∵∠BAD＝∠BOC＝60°，AD＝OC，又∵∠OAB＝60°，∴∠OAE＝180°﹣∠OAB﹣∠BAD＝60°，∴AE＝2OA＝4，OE＝2∴点E（0，2）∴点E不会随点C位置的变化而变化∴点D在直线AE上移动∵当点C从点O运动到点M时，∴点D所走过的路径为长度为AD＝OC＝6故答案为6【点评】本题是三角形的综合问题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质的运用．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．解决本题的关键是利用等腰三角形的性质求出点C的坐标．。